两道高考数学导数压轴题的共同背景分析

深圳市宝安区松岗中学(518105) 王 伟

题目(2020年高考天津卷) 已知函数f(x) =x3+klnx(k ∈R),f′(x)为f(x)的导函数.

(Ⅰ)当k=6 时,

(i)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(ii)求函数g(x)=f(x)−f′(x)+的单调区间和极值;

(Ⅱ)当k≥−3 时,求证: 对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1＞x2,有

这是2020年高考天津卷导数压轴题,本题三问分别考查利用导数求切线问题、利用导数求函数的单调性和极值以及利用导数证明二元不等式问题.本题充分体现了导数解答题起点低、落点高、设问有梯度的命题特点,本题涉及知识点较多, 具有较强的综合性和灵活性, 解题切入点多、口径宽,解法多样,是一道优质的导数压轴题.

一、试题求解与优化

解析(Ⅰ)(i)当k= 6 时,f(x) =x3+6 lnx,f′(x) =3x2+可得f(1)=1,f′(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为:y −1=9(x −1),即y=9x −8.

(ii)依题意,g(x)=x3−3x2+6 lnx+x ∈(0,+∞).从而可得g′(x) = 3x2−6x+整理可得:g′(x) =令g′(x) = 0, 解得x= 1.当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:

x (0,1)1(1,+∞)g′(x)−0+g(x)单调递减极小值单调递增

所以函数g(x) 的单调递减区间为(0,1), 单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.

(Ⅱ)方法一由f(x)=x3+klnx,得f′(x)=3x2+对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1＞x2,令=t(t ＞1),则

令h(x) =−2 lnx,x ∈[1,+∞), 当x ＞1 时,h′(x) = 1 +＞0, 由此可得h(x)在[1,+∞) 单调递增, 所以当t ＞1 时,h(t)＞h(1), 即因为x2≥1,t3−3t2+3t−1=(t −1)3＞0,k≥−3,所以

由(Ⅰ)(ii)可知,当t ＞1 时,g(t)＞g(1),即t3−3t2+6 lnt+故

由①②③可得

即(II)的待证不等式成立.

(Ⅱ) 方法二对任意的x1,x2∈[1,+∞), 且x1＞x2,等价于(x1−x2)3+＞0,x1＞x2≥1.构造关于x的函数g(x)=(x −x2)3+x ＞x2≥1,k≥−3,则

所以g(x) 在(x2,+∞) 上单调递增, 故当x ＞x2≥1 时,g(x)＞g(x2) = 0, 对任意x2≥1, 只要x ＞x2≥1, 都有g(x)＞g(x2) = 0, 因为x1＞x2≥1, 所以g(x1)＞g(x2)=0,从而有(x1−x2)3+0,故(II)的待证不等式成立.

(Ⅱ)方法三由f(x)=x3+klnx,得f′(x)=3x2+x≥1,k≥−3,令h(x)=f′(x)=3x2+,x≥1,k≥−3,则

因为

所以h(x)是下凸的函数,

①当−3 ≤k≤6 时,h′(x) = 6x −＞0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增.

②当k ＞6 时,h′(x)=6x−所以h(x)在上单调递减,在单调递增.

图1

图2

在直角坐标系中作出h(x)的函数图像,当−3 ≤k≤6时,h(x)的图像如图1;当k ＞6 时,h(x)的图像如图2,作直线x=x2分别交x轴与函数h(x)的图像与M,A点,作直线x=x1分别交x轴与函数h(x)的图像与N,B点,其中x1＞x2≥1.因为h(x)是下凸的函数,所以S梯形AMNB ＞S曲边梯形AMNB, 由定积分的几何性质和梯形面积计算公式可得:[h(x1)+h(x2)](x1−x2)＞即[f′(x1)+f′(x2)](x1−x2)＞=f(x1)−f(x2), 故对任意的x1,x2∈[1,+∞), 且x1＞ x2, 有

评析对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下4种: ①利用换元法,化归为一个未知数; ②利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数; ③分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明; ④利用主元法,构造函数证明.方法一属于换元法,用到了最常用的比值换元,但是运用比值换元需要借助于放缩才能构造新的函数,因为有第一问的铺垫学生容易想到放缩法进行处理,有一定的灵活性;方法二属于主元法,与比值换元相比学生更容易接受,思路也很清晰,没有思维盲点,便于学生操作;方法三属于数形结合思想,运用了凸函数的性质和定积分的几何性质,可以借助于此方法挖掘出该题的高等数学背景和几何含义.

二、命题背景分析

阿达玛(Hadamard)积分不等式设f(x)是区间[a,b]上的下凸函数,a≤x1＜ x2≤b, 则等号当且仅当f(x)是线性函数时成立.

证明(几何含义)如图3,设直线x=x1与x轴交于A点,与曲线y=f(x) 交于D点, 直线x=x2与x轴交于B点, 与曲线y=f(x) 交于C点, 直线与x轴交于M点,与曲线y=f(x)交于N点,设曲线在N点处的切线为l,因为f(x)是区间[a,b]上的下凸函数,所以曲线在切线l的上方,故切线l与直线BC、AD的交点分别在线段BC、AD上,分别设为E,F.由图可知:

图3

故待证不等式成立.

本题就是以阿达玛积分不等式为背景命制的一道具有高等数学背景的试题,是阿达玛积分不等式的一个特例,如果运用阿达玛积分不等式,本题的解法就显得很简洁.

基于阿达玛积分不等式的解法:

由f(x) =x3+klnx, 得f′(x) = 3x2+,x≥1,k≥−3, 令h(x) =f′(x) = 3x2+,x≥1,k≥−3, 则h′(x)=6x −

所以h(x) 在[1,+∞) 上是下凸的, 对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1＞x2,由阿达玛积分不等式可得:

本题与2013年陕西高考题理科卷第21 题导数压轴题如出一辙,它们同源于阿达玛积分不等式的特例.

特例(2013年高考陕西理科卷) 已知函数f(x) = ex,x ∈R.

(Ⅰ)若直线y=kx+1 与y=f(x)的反函数的图像相切,求实数k的值;

(Ⅱ)设x ＞0,讨论曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m ＞0)公共点的个数;

(Ⅲ)设a ＜b,比较的大小,并说明理由.

解析(Ⅰ)略;(Ⅱ)略;

(Ⅲ)由f(x)=ex,得:f′(x)=ex,f′′(x)=ex ＞0,所以f(x)在R 上是下凸的,由阿达玛积分不等式可得:

评析在近几年的高考中,背景相同解法相似的高考压轴题较多,还有2020年全国Ⅰ卷解析几何压轴题与2010年高考江苏卷解析几何题同源,2018年全国Ⅰ卷导数压轴题与2011年高考湖南卷文科导数题同源.还有很多,不再累述.

三、教学启示

从以上分析可以看出,高考压轴题立意深刻、背景公平、设计新颖,具有典型性、示范性、引领性,是教学研究的良好素材.研究高考题有利于领会命题者意图、弄清试题背景、回归试题本质、拓展试题解法,有利于引导我们的教学回归数学学科属性,落实数学学科的核心素养.因此,在数学教学活动中,不仅要求学生理解试题所包含的基本知识、解题思想和方法,而且还要了解概念产生的背景和过程,最重要的是从每一节课入手,适当引入HPM 视角下的教学设计,让学生深刻体会数学思想方法的本质.另外我们还要注意对一些经典的、具有代表性的知识和方法的拓展延伸,尤其对教材中涉及的经典数学问题或数学试题中经常出现的热点数学模型,不仅要弄清楚这些知识的发生、发展内涵,还要及时加以整理归纳,形成知识体系专题,构建变式模型,开展探究活动,挖掘数学本质,有意识地寻根探源,通过探究让学生理解并掌握,并能在具体的数学问题情境中灵活应用.